2023届安徽省芜湖市高三下学期5月教学质量统测数学试题含解析

2023届安徽省芜湖市高三下学期5月教学质量统测数学试题

一、单选题

1．设全集，若集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意，将集合化简，然后结合集合的运算即可得到结果.

【详解】因为，即，且，

则，所以.

故选:C

2．若，则（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】首先化简得到，再求即可.

【详解】因为，所以

所以.

故选：C

3．已知向量，，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据投影向量求法直接求解即可.

【详解】在上的投影向量为：.

故选：B.

4．皖江明珠，创新之城——芜湖，正加快建设省域副中心城市.为了烘托“七一”节日氛围，需要准备10000盆绿植作装饰.已知栽种绿植的花盆可近似看成圆台，上底面圆直径约为，下底面圆直径约为，母线长约.假定每一个花盆装满营养土，请问需要营养土（    ）立方米？（参考数据：，，）

A．863.50 B．8.64 C．1584.39 D．15.84

【答案】D

【分析】首先求出圆台的高，再求出一个圆台的体积，从而得解.

【详解】因为上底面圆直径约为，下底面圆直径约为，母线长约，

所以上底面圆半径，下底面圆半径，所以高，

所以上底面圆的面积，下底面圆的面积，

所以一个圆台的体积

，

所以需要营养土.

故选：D

5．记的内角的对边分别为，，，若，则为（    ）

A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形

【答案】D

【分析】由已知条件和正弦定理得，再由角的范围得满足的关系.

【详解】由，得，

由正弦定理得，所以，

因为，所以或，

所以或.即是等腰或直角三角形.

故选：D.

6．已知（），（），（），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造函数，根据函数单调性求自变量大小关系.

【详解】,.

单调递增,

单调递减.

因为（）,所以,

因为（），所以

因为（），所以,

单调递增,,

,单调递减.

故选:B.

7．函数在区间的图像大致为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先根据函数解析式判断函数的奇偶性，发现是奇函数，排除C、D；观察A、B两项，发现图像在处的增减趋势不同，所以对函数进行求导，再把特殊值代入导函数中判断即可.

【详解】因为，所以是奇函数，排除C、D两项；

当时，，则，

所以，

所以在处的切线斜率为负数，故排除A项；

故选：B.

8．如图，底面同心的圆锥高为，，在半径为3的底面圆上，，在半径为4的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点到平面的距离为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，确定四边形的形状，再求出四边形面积最大时，圆心O到边的距离，然后在几何体中作出点到平面的垂线段，借助直角三角形计算作答.

【详解】如图，直线交大圆于点，连接，由，知四边形为等腰梯形，

取的中点，连接，则，由，知四边形是矩形，

因此四边形为矩形，过O作于Q，连接，

从而四边形的面积，

当且仅当，即时取等号，此时，

如图，在几何体中，连接，因为平面，平面，则，又，

平面，于是平面，而平面，

则有平面平面，显然平面平面，在平面内过O作于R，

从而平面，即长即为点到平面的距离，

在中，，，，

所以点到平面的距离是.

故选：A

【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.

二、多选题

9．一个不透明的袋子里，装有大小相同的个红球和个蓝球，每次从中不放回地取出一球，则下列说法正确的是（    ）

A．取出个球，取到红球的概率为

B．取出个球，在第一次取到蓝球的条件下，第二次取到红球的概率为

C．取出个球，第二次取到红球的概率为

D．取出个球，取到红球个数的均值为

【答案】ABD

【分析】根据古典概型概率公式可求得A正确；根据条件概率公式可求得B正确；将第二次取到红球分为两种情况，将概率加和可求得C错误；记取到的红球数为，计算可得每个取值对应的概率，根据均值求法可求得D正确.

【详解】对于A，取出个球，取到红球的概率，A正确；

对于B，记第一次取到蓝球为事件，第二次取到红球为事件，

则，，，B正确；

对于C，若第一次取到红球，第二次也取到红球，则概率为；

若第一次取到蓝球，第二次取到红球，则概率为；

第二次取到红球的概率，C错误；

对于D，记取到的红球数为，则所有可能的取值为，

，，，；

取到红球个数的均值为，D正确.

故选：ABD.

10．已知，下列说法正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】令可求得A正确；根据二项式定理可得展开式通项，分别代入和，加和即可得到，知B错误；分别令和，加和后，结合可知C错误；对等式左右求导，代入可得D正确.

【详解】对于A，令，则，A正确；

对于B，展开式通项为：，

展开式通项为：，

展开式通项为：，

令，则，又，，，

或，，B错误；

对于C，令，则；

令，则；

两式作和得：，，

又，，C错误；

对于D，，，

，

令，则，D正确.

故选：AD.

11．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程根的一种解法.具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；过点作曲线的切线，设与轴交点的横坐标为，称为的2次近似值.一般地，过点（）作曲线的切线，记与轴交点的横坐标为，并称为的次近似值.对于方程，记方程的根为，取初始近似值为，下列说法正确的是（    ）

A． B．切线：

C． D．

【答案】ABD

【分析】由函数零点的存在性定理和，得到，可判定A正确；求得，设切点，求得切线方程，令，求得，可判定D正确；当时，求得，得出切线方程，可判定B正确；计算求得的值，可得判定C错误.

【详解】由，可得，即，

根据函数零点的存在性定理，可得，所以A正确；

又由，设切点，则切线的斜率为，

所以切线方程为，

令，可得，所以D正确；

当时，可得，则，

所以的方程为，即，所以B正确；

由，可得，，此时，

所以C错误；

故选：ABD

12．双曲线的光学性质：从双曲线一个焦点出发的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.已知为坐标原点，，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线交双曲线的右支于，两点，且在第一象限，，的内心分别为，，其内切圆半径分别为，，的内心为.双曲线在处的切线方程为，则下列说法正确的有（    ）

A．点、均在直线上 B．直线的方程为

C． D．

【答案】ABD

【分析】由切线长定理和双曲线定义即可判断选项A；利用点到直线的距离公式可分别求出点，到直线的距离，再用两点间距离公式求出，从而可判断选项B；根据的关系可判断选项C；借助B的结果求出点的横坐标，进而可得选项D.

【详解】由双曲线得，

设的内切圆与分别切于点，

则,

所以，

又,所以,即圆与轴的切点是双曲线的右顶点，即在直线上，

同理可得圆与轴的切点也是双曲线的右顶点，即也在直线上，故选项A正确；

因为点在双曲线上，所以，

点到直线的距离，

点到直线的距离

所以，

又，

所以，即，

又因为为的平分线，

所以直线的方程为，故选项B正确；

设圆与切于点，连接，设，

因为,所以,所以，即，所以，

又，所以，即，所以，故选项C错误；

由B知的方程为，①

设，同理得的方程为，②

由①②得，③

因为，所以设的方程为，

因为在上，所以，代入③得

，所以在直线上，

所以到的距离为，

又到的距离为，

所以,故选项D正确；

故选：ABD.

三、填空题

13．已知，则______.

【答案】/

【分析】利用二倍角正弦公式和正余弦齐次式的求法直接求解即可.

【详解】.

故答案为：.

14．在某次高三体检中，12位同学的身高（单位：）分别为，则这组数据的上四分位数为______.

【答案】173.5/

【分析】将12位同学的身高从小到大排列，根据上四分位数的概念，即可求得答案.

【详解】由题意可得，

将12位同学的身高从小到大排列为：，

故这组数据的上四分位数为第9和第10个数据的平均数，即，

故答案为：173.5

15．已知椭圆的中心为，上存在两点，，满足是以半焦距为边长的正三角形，则的离心率为______.

【答案】或

【分析】分类讨论，分平行于x轴，平行于y轴两种情况，根据是以半焦距为边长的正三角形，得A的坐标，（不妨设点A在第一象限)，代入椭圆方程并借助，得到关于的齐次方程，由可转化为关于e的方程，解方程即可得答案.

【详解】不妨设椭圆方程为，

因为是以半焦距为边长的正三角形，根据椭圆的对称性，可知平行于x轴或平行于y轴；

当平行于x轴时，关于y轴对称，不妨设点A在第一象限，

所以，，所以，所以，

即，所以，

即，解得或（因为，故舍去），

所以；

当平行于y轴时，关于x轴对称，所以，，

不妨设点A在第一象限，所以，

所以，即，

即，

所以，而，解得或 (舍去），

故，

所以椭圆的离心率为或，

故答案为：或

16．拓扑学中，所谓“树”是指这样一种图形：在平面中，任意两点都可以连线，从而可以形成连通.若两点之间的连通没有回路，且任意两点之间没有不同的通路，则称两点具有唯一的连通.如图：两个点、三个点唯一的连通均有一种，四个点唯一的连通有2种，五个点唯一的连通有3种，平面里六个点唯一的连通有______种.

【答案】6

【分析】由类比的方法可直接得出答案.

【详解】由前四种情况类比可得，当平面里有六个点的时候，

如图，有以下四种方法：

又从所给例子可以推断，第一个点，不能连多个点，但允许第二个点（从下往上）连多个点，而且高度要保持一致，所以当平面有六个点时，还有以下两种方法：

故答案为：6.

四、解答题

17．如图，四棱锥，其中为正方形，底面，，，分别为，的中点，，在棱，上，且满足，.

(1)求证：直线与直线相交；

(2)求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用中位线定理与平行线分线段成比例证得四边形为梯形，从而得证；

（2）根据题意建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【详解】（1）∵，分别为，的中点，

∴且，

∵，，∴，

∴且，

∵且，∴且，

∴四边形为梯形，∴直线与直线相交.

（2）∵平面且为正方形，

∴以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.

则，，，

∴，，

设平面的法向量为，则，

令，得

易得平面的一个法向量为，

设平面与平面夹角为，

则，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

18．已知函数，且.

(1)求的最大值；

(2)从①②中任选一个作答.若选择多个分别作答.按第一个解答计分.

①为函数图象与轴的交点，点，为函数图象的最高点或者最低点，求面积的最小值.

②为坐标原点，复数，在复平面内对应的点分别为，，求面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)①；②．

【分析】（1）由已知可得，当时函数取到最值，列方程解出，代入，进而可得的最大值；

（2）若选①：分，对应的同为最大值或最小值和，对应的一个为最大值，另一个为最小值两种情况讨论，分别利用三角形的面积公式求解，可得面积的最小值；若选②：由复数的几何意义，得出，，再由三角形的面积公式结合正弦函数的性质求解．

【详解】（1），即当时函数取到最值，

又，其中，

，代入得，

即，解得，，

，

当，即时，取到最大值；

（2）由（1）可得：，

选①：可得，

当，对应的同为最大值或最小值时，

得；

当，对应的一个为最大值，另一个为最小值时，

得；

综上：面积的最小值为

选②：由复数的几何意义知：，，

，

当，即时，有最大值；

当，即时，有最小值；

.

19．在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的三个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一个金蛋，再将三个箱子关闭.主持人知道金蛋在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在三个箱子中选择一个，若金蛋在此箱子里，抽奖人得到元奖金；若金蛋不在此箱子里，抽奖人得到元参与奖.无论抽奖人是否抽中金蛋，主持人都重新随机放置金蛋，关闭三个箱子，等待下一个抽奖人。

(1)求前位抽奖人抽中金蛋人数的分布列和方差；

(2)为了增加节目效果，改变游戏规则.当抽奖人选定编号后，主持人在剩下的两个箱子中打开一个空箱子.与此同时，主持人也给抽奖人一个改变选择的机会.如果抽奖人改变选择后，抽到金蛋，奖金翻倍；否则，取消参与奖.若仅从最终所获得的奖金考虑，抽奖人该如何抉择呢？

【答案】(1)分布列见解析；

(2)抽奖人应改变选择

【分析】（1）利用二项分布概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据二项分布方差公式可求得方差；

（2）分别计算改变选择和不改变选择所获得奖金数的数学期望，根据数学期望值的大小关系可得到结论.

【详解】（1）由题意知：抽中金蛋人数服从于二项分布，即，

即所有可能的取值为，

；；；；

的分布列为：

中奖人数的方差.

（2）若改变选择，记获得奖金数为，则可能的取值为，

则，，

改变选择时，获得奖金数的数学期望；

若不改变选择，记获得奖金数为，则可能的取值为，

则，，

不改变选择时，获得奖金数的数学期望；

，抽奖人应改变选择.

20．已知等差数列，等比数列，且，.

(1)求数列，的通项公式；

(2)将数列和中的项合并，按从小到大的顺序重新排列构成新数列，求的前100项和.

【答案】(1)，

(2)8903

【分析】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，依题意可得，即可得到，，即可求出、，从而求出；

（2）依题意可得的前100项中，有数列的前93项，数列的前7项，再根据等差、等比数列求和公式计算可得.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，

∴，∴，

∴，，

∴，，又，

∴.

（2）因为，，，

所以的前100项中，有数列的前93项，数列的前7项，

记，，的前项和分别，，.

∴

21．已知函数（）.

(1)若的零点有且只有一个，求的值；

(2)若存在最大值，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出函数的导函数，令得到，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极大值，即可得解；

（2）由（1）知，当时，，显然不符合题意，当时，有两个零点，易知，即可得到的单调性，依题意可得有最大值，即可求出的取值范围，再结合的单调性，计算可得.

【详解】（1）因为，

所以，

令，即，得，令，

由，则时，，时，，

所以在区间单调递增，在区间单调递减，

所以在处取得极大值即最大值，

又时，；时，，，

所以当时，有且只有一个零点.

（2）因为，由（1）知，当时，，

所以在区间单调递减，无最大值；

当时，有两个零点，易知，

当或时，，故单调递减，

当时，，故单调递增，

又时，，时，，

所以有最大值，

消去得，

结合以及在区间单调递减，且，

所以.

【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

22．已知动圆过定点，且与直线相切.

(1)求动圆圆心轨迹的方程；

(2)设过点的直线交轨迹于，两点，已知点，直线，分别交轨迹于另一个点，.若直线和的斜率分别为，.

（ⅰ）证明：；

（ⅱ）设直线，的交点为，求线段长度的最小值.

【答案】(1)

(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）3；

【分析】（1）根据给定条件，可得动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，利用抛物线的定义求解方程作答.

（2）（ⅰ）设直线的方程，与曲线的方程联立，设出，用分别表示点的纵坐标，再计算，作答.

（ⅱ）由（ⅰ）求出直线的方程，直线的方程，并联立求出交点的轨迹即可求解作答.

【详解】（1）依题意，动圆圆心到定点的距离与到定直线的距离相等，

因此动圆圆心的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，

所以动圆圆心轨迹的方程为.

（2）（ⅰ）设，，，，

因为过点，显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为，，

由消去x并整理，得，于是，

直线上任意点，有，而，

于是，又，因此直线的方程为，

由消去x并整理，得，则，同理得，

又，同理，

所以.

（ⅱ）由（ⅰ）知，当不垂直于x轴时，直线的斜率，

同理直线的斜率，

直线的方程为，即，

直线的方程为，即，

由消去得，因此直线和的交点在定直线上，

当时，由对称性不妨令，直线的方程为，

由得点，同理点，因此直线的方程为，

直线的方程为，由解得：，点在直线上，

从而直线，的交点的轨迹为直线，点到直线的距离3，即为长度的最小值，

所以线段长度的最小值为3.

【点睛】结论点睛：点是抛物线上的两点，则直线斜率；点是抛物线上的两点，则直线斜率.